给定 n 个点和 m 条边的一张图和一个值 k ，求图中边数为 k 的联通子图个数 mod 1e9+7。
\(n \le 10^5, m \le 2 \times 10^5, 1 \le k \le 4\)。
观察到 k 的值贼小，考虑分类讨论
下面代码中du[]代表点的度数。(度 找不到比较好的英文，而这个拼音比较巨，所以du是我的代码习惯中里出现拼音的少数几中情况之一)
观察图片
k = 1，输出 m。 k = 2， 枚举点 2，组合数一下即可。
对于 k = 3 我们分为三种情况(按照图片顺序从左到右)
图(1) 我们枚举边 2--3 ，则答案为(du[2] - 1) * (du[3] - 1)。
图(2) 我们枚举点 2 ，组合数一下即可。
图(3) 则转化为三元环计数问题。
需要注意 图(1) 中 可能出现 1 和 4 重合的情况，恰好是一个三元环。每个三元环会被统计三次。所以需要减去 3 * 三元环数量。
所以最后我们需要减去 2 * 三元环数量。
对于 k = 4，我们分为五种情况(按照图片顺序从左到右)
先考虑图(3)是一个菊花比较简单，枚举点 2 直接组合数一下即可。
然后我们考虑图(2)， 我们考虑枚举 边 2--3 ，则答案为 (du[2] - 2) * (du[3] - 1) + (du[2] - 1) * (du[3] - 2)。
注意到可能存在 1 号点 和 (4号点 或 5号点) 重合的情况，那么就变成了 图(4) 。每一种图 (4) 都会被统计两次，需要减去两次 图(4) 的方案总数。
然后我们考虑图(1)。 我们考虑枚举点 3， 再依次枚举它的出边。我们开个变量 tmp 维护 已经扫过的出边的另一端点的出边数量和，即 sum(du[i] - 1) (i 是扫过的出边连接的点) 每次我们将本次扫的 (du[i] - 1) 与 tmp 乘一下累加到答案然后把 (du[i] - 1) 加到 tmp 里。
这里 我们会有三种重合情况：（假设点 2 是之前枚举过的点， 点 4 是当前正在枚举的点）
- 点 5 和 点 1 重合。 那么图变成了四元环，即图(5)。每个四元环会在这里被统计四次，接下来需要 -= 4 * 四元环方案数。
- 点 5 和 点 2 重合，点 1 和点 4 不重合。 那么图变成了图(4)。每个 图(4) 会在这里被统计两次， 接下来需要 -= 2 * 四元环方案数。
- 点 5 和 点 2 重合，点 1 和点 4 重合。 那么图变成了一个三元环。每个三元环会在这里被统计三次，接下来需要 -= 3 * 三元环方案数。
然后考虑图(4)。图 4 是有一个三元环和一条边组成。我们考虑枚举点 2 ， ans += 点 2 所在三元环数量 * (du[2] - 2) 。
考虑图(5)。图(5)是一个四元环计数。
现在我们把问题转化成了给定图求每个点所在三元环数量，以及四元环总数。三元环数量可以用给每个点三元环数量 / 3 来求出。
首先考虑求每个点所在三元环的数量。
这是常数比较大的 \(O(m \sqrt m)\) 的算法，另外还有 \(O(m \sqrt n)\) 的转化为有向图的常数较小的做法，没看太懂这里不解释
我们考虑把点分为两种，第一种是度数 \(du[x] \le \sqrt m\) 的，第二种是度数 \(du[x] > \sqrt m\) 的 (一下简称第一种点、第二种点)。
然后我们三元环分为两类，第一类是包含第一种点的三元环， 第二类是不包含第一种点的三元环（环上所有点都是第二种点）。
先考虑枚举所有第一种点 x， 我们考虑枚举所有无序出边对，然后我们就可以得到三个顶点 (x, y, z) 。我们可以维护一个 set ，然后直接判断这三个点是否构成三元环。 如果构成三元环我们考虑统计答案。 首先 对于所有第一类点，我们会枚举所有三元环，直接在枚举这个点时暴力统计贡献即可。 对于第二类点，假设 y 和 z 都是第二类点， 那么 (x, y, z) 这个三元环只会在此时被统计，我们将 ans[y]++, ans[z]++。 如果 y 和 z 中只有一个第二类点(假设y)，那么三元环 (x, y, z) 会被枚举两次，其中 x 和 z 是第一类点。而 y 只能被统计一次，我们可以考虑当 x 的标号 小于 z 的标号时候将 ans[y]++ 以避免重复统计。这一部分的时间复杂度为 \(O(m \sqrt m)\)，因为每条边最多只会作为第一条出边出现两次，而每个点 x 的出度是 \(O(\sqrt m)\) 级别的，所以第二条出边最多为 \(O(\sqrt m)\) 个，所以复杂度为 \(O(m \sqrt m)\) 。
然后我们考虑枚举第二类三元环。由于第二类点的个数 \(\le \sqrt m\) 个，我们考虑暴力 \(O({\sqrt m}^3) = O(m\sqrt m)\) 枚举三个点判断是否是三元环即可。
然后我们考虑四元环计数。
考虑枚举枚举点 1(设为 x)， 并钦定它是标号最大的点(钦定2 3 4 号点的标号都比 1 号点小)，然后我们枚举 4 号点(设为y)，再枚举 与 4 号点相连的 3 号点(设为z, z != x)。我们考虑维护一个 cnt 数组，cnt[x] 表示 和 1 号点的距离为 2 的路径数量。 我们每次枚举到 z 的时候，前面已经有 cnt[z] 条路径与 x 相连了， 我们让 ans += cnt[z]， 然后 cnt[z]++ 即可。
至于时间复杂度的证明，我们可以将点按照度数从小到大排序后重新标号跑一遍算法，时间复杂度为 \(O(m \sqrt m)\)。我并不会证。。。
大毒瘤代码
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <unordered_set>
using namespace std;
const int xkj = 1000000007;
int n, m, k;
vector<int> out[100010];
unordered_set<int> hsh[100010];
int x[200010], y[200010], du[100010], swh[100010], fuck[100010], bucket[100010], cnt;
int Cx2(int x) { return x * (long long)(x - 1) % xkj * 500000004 % xkj; }
int Cx3(int x) { return x * (long long)(x - 1) % xkj * (x - 2) % xkj * 166666668 % xkj; }
int Cx4(int x) { return x * (long long)(x - 1) % xkj * (x - 2) % xkj * (x - 3) % xkj * 41666667 % xkj; }
void prepare_swh() //获取每个点三元环数量
{
for (int i = 1; i <= n; i++) du[i] = 0, swh[i] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) du[x[i]]++, du[y[i]]++;
int sqm = sqrt(m + 0.233); cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (du[i] <= sqm) //暴力统计
{
int sz = out[i].size();
for (int j = 0; j < sz; j++)
{
for (int k = j + 1; k < sz; k++)
{
if (hsh[out[i][j]].count(out[i][k]))
{
swh[i]++;
if (du[out[i][j]] > sqm && du[out[i][k]] > sqm) swh[out[i][j]]++, swh[out[i][k]]++;
else
{
int x = out[i][j], y = out[i][k];
if (du[x] > sqm || du[y] > sqm)
{
if (du[x] <= sqm) swap(x, y);
if (i < y) swh[x]++;
}
}
}
}
}
}
else fuck[++cnt] = i;
}
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
{
for (int j = i + 1; j <= cnt; j++)
{
if (hsh[i].count(j))
{
for (int k = j + 1; k <= cnt; k++)
{
if (hsh[j].count(k))
{
swh[i]++, swh[j]++, swh[k]++;
}
}
}
}
}
}
int qcnt()
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + swh[i]) % xkj;
return ans * 333333336LL % xkj;
}
int qcnt2() //获取 sigma 每个点在多少个三元环内*(这个点的度数-2)
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + swh[i] * (long long)(du[i] - 2) % xkj) % xkj;
return ans;
}
int qcnt3() //获取正方形
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j : out[i]) if (j < i)
{
for (int k : out[j]) if (k < i)
{
ans = (ans + bucket[k]) % xkj;
bucket[k]++;
}
}
for (int j : out[i]) if (j < i)
{
for (int k : out[j]) if (k < i)
{
bucket[k]--;
}
}
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("subgraph.in", "r", stdin), freopen("subgraph.out", "w", stdout);
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
out[x[i]].push_back(y[i]), out[y[i]].push_back(x[i]);
hsh[x[i]].insert(y[i]), hsh[y[i]].insert(x[i]);
}
prepare_swh();
if (k == 1) { printf("%d\n", m); }
if (k == 2)
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + Cx2(out[i].size())) % xkj; // []---[]---[]
printf("%d\n", ans);
}
if (k == 3)
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + Cx3(out[i].size())) % xkj; // 菊花型
for (int i = 1; i <= m; i++) ans = (ans + (out[x[i]].size() - 1) * (long long)(out[y[i]].size() - 1) % xkj) % xkj; //链型+三元环*3
ans = (ans - 2 * qcnt()) % xkj;//三元环数量
ans = (ans + xkj) % xkj;
printf("%d\n", ans);
}
if (k == 4)
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + Cx4(out[i].size())) % xkj; // 菊花型
for (int i = 1; i <= m; i++) ans = (ans + Cx2(out[x[i]].size() - 1) * (long long)(out[y[i]].size() - 1) % xkj) % xkj,
ans = (ans + Cx2(out[y[i]].size() - 1) * (long long)(out[x[i]].size() - 1) % xkj) % xkj; //箭头形+陷阱型*2
ans = (ans + xkj - 3 * (long long)qcnt2() % xkj) % xkj; //减去陷阱型
for (int i = 1; i <= n; i++) //链型
{
int tmp = 0;
for (int j : out[i])
{
int tmp1 = out[j].size() - 1;
ans = (ans + tmp * (long long)tmp1 % xkj) % xkj;
tmp = (tmp + tmp1) % xkj;
}
}
ans = (ans + xkj - 3 * (long long)qcnt() % xkj) % xkj;
ans = (ans + xkj - 3 * (long long)qcnt3() % xkj) % xkj;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}